
\prob{0094}{无法分解}

证明：任一具有如下形式的多项式
\[ f(x) = (x - a_1)^2(x - a_2)^2\cdots(x - a_n)^2 + 1 \]
不能因式分解成两整系数多项式的乘积，其中整数$a_i$两两不同。
\problabels{yellow/数论, green/证明题}

\subsection{反证法}

假设$f(x)$可以分解为两整系数多项式$p(x), q(x)$的乘积，即$f = pq$。注意到
\[ p(a_i)q(a_i) = f(a_i) = 1 \]
且$p, q$具有整系数，$a_i$为整数，于是对于所有的$a_i$，
\[ p(a_i) = q(a_i) = \pm1 \]
注意到$f(x) = p(x)q(x) = (-p(x))(-q(x))$，于是只需考虑一种情况，如$p(a_i) = q(a_i) = 1$，亦不失一般性。考虑$p(a_i) = q(a_i) = 1$。

由于$p$的次数加$q$的次数即为$f$的次数，不失一般性，考虑$p$的次数较小的情况，此时$p$的次数至多为$n$。由上可知，多项式$p(x) - 1$有$n$个不同根$a_1, a_2, \dots, a_n$，故$p(x) - 1$的次数至少为$n$，于是知$p, q$的次数均为$n$。

考虑到$n$次多项式$p(x) - 1, q(x) - 1$存在$n$个已知根，故$p, q$可以表示为
\begin{align*}
  p(x) &= r(x - a_1)(x - a_2)\cdots(x - a_n) + 1 \\
  q(x) &= s(x - a_1)(x - a_2)\cdots(x - a_n) + 1
\end{align*}
比较系数可得$rs = 1$，而$r, s$为整数，故$r = s = \pm1$。

若$r = s = 1$，则
\begin{align*}
  & (x - a_1)^2(x - a_2)^2\cdots(x - a_n)^2 + 1 \\
  ={}& ((x - a_1)(x - a_2)\cdots(x - a_n) + 1)^2 \\
  ={}& (x - a_1)^2(x - a_2)^2\cdots(x - a_n)^2 \\
  &+ 2(x - a_1)(x - a_2)\cdots(x - a_n) + 1 \\
\end{align*}
显然上式不可能对所有$x$成立。$r = s = -1$时同理可证。故$f(x)$不能分解为两整系数多项式的乘积，证毕。
